2025版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí)第二章函數(shù)導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用第14講導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性課時達(dá)標(biāo)文含解析新人教A版

PAGEPAGE1第14講導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性課時達(dá)標(biāo)一、選擇題1．(2024·浙江卷)函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)y′＝f′(x)的圖象如圖所示，則函數(shù)y＝f(x)的圖象可能是()D解析依據(jù)題意，已知導(dǎo)函數(shù)的圖象有三個零點(diǎn)，且每個零點(diǎn)的兩邊導(dǎo)函數(shù)值的符號相反，因此函數(shù)f(x)在這些零點(diǎn)處取得極值，解除A，B項(xiàng)；記導(dǎo)函數(shù)f′(x)的零點(diǎn)從左到右分別為x1，x2，x3，又在(－∞，x1)上，f′(x)<0，在(x1，x2)上，f′(x)>0，所以函數(shù)f(x)在(－∞，x1)上單調(diào)遞減，解除C項(xiàng)．故選D.2．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x3＋ax＋4，則“a>0”是“f(x)在R上單調(diào)遞增”的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件A解析f′(x)＝eq\f(3,2)x2＋a，當(dāng)a≥0時，f′(x)≥0恒成立，故“a>0”是“f(x)在R上單調(diào)遞增”的充分不必要條件．3．(2024·長郡中學(xué)月考)求形如y＝f(x)g(x)的函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，我們常采納以下做法：先兩邊同取自然對數(shù)得lny＝g(x)lnf(x)，再兩邊同時求導(dǎo)得eq\f(1,y)y′＝g′(x)lnf(x)＋g(x)eq\f(1,fx)f′(x)，于是得到y(tǒng)′＝f(x)g(x)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(g′xlnfx＋gx·\f(1,fx)f′x))，運(yùn)用此方法求得函數(shù)y＝xeq\f(1,x)的單調(diào)遞增區(qū)間是()A．(e,4) B．(3,6)C．(0，e) D．(2,3)C解析由題意知y′＝xeq\f(1,x)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x2)·lnx＋\f(1,x2)))＝xeq\f(1,x)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－lnx,x2)))(x＞0)，令y′＞0，得1－lnx＞0，所以0＜x＜e，所以函數(shù)y＝xeq\f(1,x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，e)．故選C.4．函數(shù)f(x)對定義域R上的隨意x都有f(2－x)＝f(x)，且當(dāng)x≠1時，其導(dǎo)函數(shù)f′(x)滿意xf′(x)>f′(x)，若1<a<2，則有()A．f(2a)<f(2)<f(log2B．f(2)<f(log2a)<f(2C．f(log2a)<f(2)<f(2D．f(log2a)<f(2a)<C解析因?yàn)楹瘮?shù)f(x)對定義域R上的隨意x都有f(2－x)＝f(x)，所以函數(shù)圖象的對稱軸為直線x＝1.又因?yàn)槠鋵?dǎo)函數(shù)f′(x)滿意xf′(x)>f′(x)，即(x－1)f′(x)>0，故當(dāng)x∈(1，＋∞)時，函數(shù)單調(diào)遞增，x∈(－∞，1)時，函數(shù)單調(diào)遞減．因?yàn)?<a<2，所以0<log2a<1,2a>2，所以f(log2a)<f(2)<f5．已知定義在R上的可導(dǎo)函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為y＝f′(x)，滿意f′(x)＜f(x)，f(0)＝1，則不等式f(x)＜ex的解集為()A．(0，＋∞) B．(1，＋∞)C．(－2，＋∞) D．(4，＋∞)A解析令F(x)＝eq\f(fx,ex)，則F′(x)＝eq\f(f′x－fx,ex)＜0，故F(x)為R上的減函數(shù)．則f(x)＜ex等價于F(x)＜1，因?yàn)閒(0)＝1，所以F(0)＝eq\f(f0,e0)＝1，所以F(x)＜F(0)，所以x＞0，所以不等式的解集為(0，＋∞)．故選A.6．(2024·龍泉二中月考)若函數(shù)f(x)＝2x2－lnx在其定義域內(nèi)的一個子區(qū)間(k－1，k＋1)內(nèi)不是單調(diào)函數(shù)，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是()A．[1，＋∞) B．[1,2)C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2))) D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2))C解析由題意得f′(x)＝4x－eq\f(1,x)＝eq\f(2x－12x＋1,x)，因?yàn)閤>0，由f′(x)＝0得x＝eq\f(1,2)，所以令f′(x)>0，得x>eq\f(1,2)；令f′(x)<0，得0<x<eq\f(1,2).由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k－1≥0，,k－1<\f(1,2)<k＋1))?1≤k<eq\f(3,2).二、填空題7．函數(shù)f(x)＝x3－15x2－33x＋6的單調(diào)減區(qū)間為________．解析由f(x)＝x3－15x2－33x＋6得f′(x)＝3x2－30x－33，令f′(x)≤0，即3(x－11)(x＋1)≤0，解得－1≤x≤11，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)減區(qū)間為[－1,11]．答案[－1,11]8．f(x)＝xn2－3n(n∈Z)是偶函數(shù)，且y＝f(x)在(0，＋∞)上是減函數(shù)，則n＝________.解析因?yàn)閒(x)＝xn2－3n(n∈Z)是偶函數(shù)，所以n2－3n＝2k(k∈Z)，即f(x)＝x2k，所以f′(x)＝2kx2k－1.因?yàn)閒(x)是偶函數(shù)且在(0，＋∞)上是減函數(shù)，所以在(0，＋∞)上f′(x)＝2kx2k－1<0恒成立．因?yàn)閤2k－1>0，所以2k<0，即n2－3n<0，解得0<n<3.因?yàn)閚∈Z，所以n＝1或n＝2.答案1或29．若f(x)＝－eq\f(1,2)x2＋blnx在(1，＋∞)上是減函數(shù)，則實(shí)數(shù)b的最大值是________．解析函數(shù)f(x)的定義域是(0，＋∞)，而f′(x)＝－x＋eq\f(b,x)＝eq\f(－x2＋b,x).因?yàn)閤>0，函數(shù)f(x)在(1，＋∞)上是減函數(shù)，即－x2＋b≤0在x∈(1，＋∞)上恒成立，得b≤x2在x∈(1，＋∞)上恒成立，令g(x)＝x2，x∈(1，＋∞)，則g(x)>g(1)＝1，所以b≤1，則b的最大值為1.答案1三、解答題10．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx＋k,ex)(k為常數(shù)，e是自然對數(shù)的底數(shù))，曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線與x軸平行．(1)求k的值；(2)求f(x)的單調(diào)區(qū)間．解析(1)由題意得f′(x)＝eq\f(\f(1,x)－lnx－k,ex)，又f′(1)＝eq\f(1－k,e)＝0，故k＝1.(2)由(1)知f′(x)＝eq\f(\f(1,x)－lnx－1,ex).設(shè)h(x)＝eq\f(1,x)－lnx－1(x>0)，則h′(x)＝－eq\f(1,x2)－eq\f(1,x)<0，即h(x)在(0，＋∞)上是減函數(shù)．由h(1)＝0知當(dāng)0<x<1時，h(x)>h(1)＝0，從而f′(x)>0；當(dāng)x>1時，h(x)<0，從而f′(x)<0.綜上可知，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0,1)，單調(diào)遞減區(qū)間是(1，＋∞)．11．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(ex－a,x)－alnx，其中a＞0，x＞0，e是自然對數(shù)的底數(shù)，探討f(x)的單調(diào)性．解析f′(x)＝eq\f(exx－ex－a,x2)－eq\f(a,x)＝eq\f(x－1ex＋a,x2)－eq\f(ax,x2)＝eq\f(1,x2)·[(x－1)·ex＋a－ax]＝eq\f(1,x2)[(x－1)(ex－a)]．①當(dāng)0＜a≤1時，ex＞a，當(dāng)x∈(0,1)時，f′(x)＜0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f′(x)＞0；所以f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增；②當(dāng)1＜a＜e時，令ex＝a，得x＝lna∈(0,1)，由f′(x)＜0得lna＜x＜1，由f′(x)＞0得0＜x＜lna或x＞1，所以f(x)在(0，lna)，(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在(lna,1)上單調(diào)遞減；③當(dāng)a＝e時，f′(x)≥0，故f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；④當(dāng)a＞e時，令ex＝a，得x＝lna∈(1，＋∞)，由f′(x)＜0得1＜x＜lna，由f′(x)＞0得0＜x＜1或x＞lna，所以f(x)在(0,1)，(lna，＋∞)上單調(diào)遞增，在(1，lna)上單調(diào)遞減．綜上，當(dāng)0＜a≤1時，f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)1＜a＜e時，f(x)在(0，lna)，(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在(lna,1)上單調(diào)遞減；當(dāng)a＝e時，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a＞e時，f(x)在(0,1)，(lna，＋∞)上單調(diào)遞增，在(1，lna)上單調(diào)遞減．12．已知二次函數(shù)h(x)＝ax2＋bx＋2，其導(dǎo)函數(shù)y＝h′(x)的圖象如圖，f(x)＝6lnx＋h(x)．(1)求函數(shù)f(x)的解析式；(2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，m＋\f(1,2)))上是單調(diào)函數(shù)，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．解析(1)由已知，h′(x)＝2ax＋b，其圖象為直線，且過(0，－8)，(4,0)兩點(diǎn)，把兩點(diǎn)坐標(biāo)代入h′(x)＝2ax＋b，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝－8，,8a＋b＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝－8，))所以h(x)＝x2－8x＋2，h′(x)＝2x－8，所以f(x)＝6lnx＋x2－8x＋2.(2)由(1)得f′(x)＝eq\f(6,x)＋2x－8＝eq\f(2x－1x－3,x).因?yàn)閤>0，所以f′(x)，f(x)的改變?nèi)缦卤硭?x(0,1)1(1,3)3(3，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)單調(diào)遞增單調(diào)遞減單調(diào)遞增所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,1)和(3，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(1,3)，要使f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，m＋\f(1,2)))上是單調(diào)函數(shù)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1<m＋\f(1,2)，,m＋\f(1,2)≤3，))解得eq\f(1,2)<m≤eq\f(5,2).故m的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(5,2))).13．[選做題]定義在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的函數(shù)f(x)，f′(x)是它的導(dǎo)函數(shù)，則恒有f(x)cosx＋f′(x)sinx＞0成立，則()A.eq\r(2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＞eq\r(3)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))B．f(1)sin1＞eq\f(1,2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))C．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))D．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＞eq\r(3)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))B解析依據(jù)題意，設(shè)g(x)＝f(x)sinxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0＜x＜\f(π,2)))，則g′(x)＝f′(x)sinx